2020届高考数学总复习 第三章 导数及其应用 3-2-5 导数与函数的零点(选学)课时作业 文（含

3-2-5导数与函数的零点(选学)课时作业A组——基础对点练1．(2019·武汉调研)(1)求函数f(x)＝lnxx的最大值．(2)若函数g(x)＝ex－ax有两个零点，求实数a的取值范围．【解析】(1)对f(x)＝lnxx求导得，f′(x)＝1－lnxx2.易知当0＜x＜e时，f(x)为增函数，当x＞e时，f(x)为减函数，∴f(x)≤f(e)＝1e，从而f(x)的最大值为1e.(2)①当a＝0时，g(x)＝ex在R上为增函数，且g(x)＞0，故g(x)无零点．②当a＜0时，g(x)＝ex－ax在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，g1a＝e1a－1＜0，故g(x)在R上只有一个零点．③当a＞0时，由g′(x)＝ex－a＝0可知g(x)在x＝lna处取得唯一极小值，g(lna)＝a(1－lna)．若0＜a＜e，则g(x)极小＝a(1－lna)＞0，g(x)无零点，若a＝e，则g(x)极小＝0，g(x)只有一个零点，若a＞e，则g(x)极小＝a(1－lna)＜0，而g(0)＝1＞0，由(1)可知，f(x)＝lnxx在x＞e时为减函数，∴当a＞e时，ea＞ae＞a2，从而g(a)＝ea－a2＞0，∴g(x)在(0，lna)与(lna，＋∞)上各有一个零点．综上，当a＞e时，f(x)有两个零点．2．已知f(x)＝1x＋exe－3，F(x)＝lnx＋exe－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性．(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．【解析】(1)f′(x)＝－1x2＋exe＝x2ex－eex2，令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)F′(x)＝f(x)＝1x＋exe－3，由(1)得∃x1，x2，满足0＜x1＜1＜x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．B组——能力提升练1．(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1.(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a.【解析】(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在[0，＋∞)上的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)上没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)上有一个零点．由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0.故h(x)在(2，4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝e24.2．(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝lnx＋1ax－1a，a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性．(2)当x∈1e，e时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．【解析】(1)f′(x)＝ax－1ax2(x＞0)，当a＜0时f′(x)＞0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＝ax－1ax2＞0，得x＞1a，由f′(x)＝ax－1ax2＜0，得0＜x＜1a，∴函数f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．(2)∵当x∈1e，e时，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点，即当x∈1e，e时，方程(lnx－1)ex＋x＝m的根．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，h′(x)＝1x＋lnx－1ex＋1.由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋1x－1在1e，1上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x∈1e，e时，f(x)≥f(1)＝0.∴1x＋lnx－1≥0在x∈1e，e上恒成立．∴h′(x)＝1x＋lnx－1ex＋1≥0＋1＞0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈1e，e上单调递增．∴h(x)min＝h1e＝－2e1e＋1e，h(x)max＝e.∴当m＜－2e1e＋1e或m＞e时，函数g(x)在1e，e上没有零点；当－2e1e＋1e≤m≤e时，函数g(x)在1e，e上有一个零点．